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《基礎幾何學》

一、連結、分隔與對稱
——定性平面幾何
(第 2 頁)

項武義

 

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.作者任教於香港科技大學數學系
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定性平面幾何中的常用基本事實

在定性平面幾何中還有其他的疊合條件、作圖題和不等式,它們都可以用等腰三角形的特徵性質來系統地推導而得。運用這些基本的事實,我們還可以証明三角形內角和不大于一個平角(詳見本章之末)。

【定理1.4】:(S.S.S.) 若 $\bigtriangleup ABC$$\bigtriangleup A'B'C'$ 的三邊對應等長,則 $\bigtriangleup ABC \cong \bigtriangleup A'B'C'$

証明:如 [圖1-4] 所示,我們可以在 $\overline{AB}$ 的另一側作 $\bigtriangleup ABC^{*}$ 使得 $\angle BAC^{*}=\angle B'A'C', \; %%
\overline{AC^{*}}=\overline{A'C'}$,則有 $\bigtriangleup ABC^{*} \cong \bigtriangleup A'B'C'$ (S.A.S),所以 $\overline{BC^{*}}=\overline{B'C'}=\overline{BC}$ 。連結 $\overline{CC^{*}}$ ,由所設 $\bigtriangleup ACC^{*}$$\bigtriangleup BCC^{*}$ 皆為等腰。再由 [定理1.1],即有

\begin{displaymath}
\begin{array}{lrcll}
\multicolumn{5}{c}{
\angle ACC^{*}=\an...
...tfamily{cwM0}\fontseries{m}\selectfont \cH84})} \\
\end{array}\end{displaymath}


\begin{displaymath}
\xy
\xyimport(10,5){\epsfxsize=7.5cm \epsfbox{fig0104.eps}}*...
...{A}
,(8.35,2.25)*+{B}
,(10,5.25)*+{C}
,(10,-0.25)*+{C^*}
\endxy\end{displaymath}

[ 圖 1-4 ]

【基本作圖題1.1】:作一個給定角的分角線。

\begin{displaymath}
\xy
\xyimport(5,5){\epsfxsize=4.5cm \epsfbox{fig0105.eps}}*\...
...A}
,(4.95,2.3)*+{B}
,(2.55,5.25)*+{C}
,(2.6,-0.2)*+{C^*}
\endxy\end{displaymath}

[ 圖 1-5 ]

[作法] 以給定角頂點 C 為圓心,任取一半徑在其角邊之兩條射線上分別截取 $\overline{CA}=\overline{CB}=r$,如 [圖1-5] 所示。在 AB 的另一側有一個 C*,使得

\begin{displaymath}\overline{AC^*}=\overline{AC}=\overline{BC^*}=\overline{BC}=r\end{displaymath}

C* 可以由以 r 為半徑分別以 A, B 為圓心的交截而得(CC* 分別是這兩個圓的交點)。連結 $\overline{CC^*}$,即為所求之 $\angle C$ 的分角線。

証明:由所作 $\bigtriangleup ACC^* \cong \bigtriangleup BCC^*$ (S.S.S.),所以 $\angle ACC^* = \angle BCC^*$ 而且 A,B 分居于 CC* 之兩側。所以 $\overline{CC^*}$ 平分 $\angle C$ 。 □

【基本作圖題1.2】:在射線 $\overrightarrow{AB}$ 之一側作另一射線 $\overrightarrow{AC}$ 使得 $\angle BAC$ 等于一個給定角 $\angle A'$

\begin{displaymath}
\begin{xy}
\xyimport(10,5){\epsfxsize =8.5cm \epsfbox{fig010...
...,(5.8,1.85)*+{A'}
,(9.1,1.85)*+{B'}
,(8.15,4.35)*+{C'}
\end{xy}\end{displaymath}

[ 圖1-6 ]

[作法] 以 $\overline{AB}$ 為半徑,A' 為圓心,分別在 $\angle A'$ 的兩個角邊上截取 $\overline{A'B'}=\overline{A'C'}=\overline{AB}$ 。再以 A 為圓心,$\overline{AB}$ 為半徑和以 B 為圓心, $\overline{B'C'}$ 為半徑各作一圓而得兩個分居于 AB 兩側的交點 CC* 。由所作即有 $\bigtriangleup ABC \cong \bigtriangleup A'B'C' \cong %%
\bigtriangleup ABC^*$ (S.S.S.) 。 □

【基本作圖題1.3】:作一給定線段 $\overline{AB}$ 的垂直平分線。

\begin{displaymath}
\begin{xy}
\xyimport(5,5){\epsfxsize =5cm \epsfbox{fig0107.e...
....3)*+{M}
,(2.55,4.3)*+{\widehat{C}}
,(2.6,-0.3)*+{C^*}
\end{xy}\end{displaymath}

[ 圖1-7 ]

[作法] 如 [圖1-7] 所示,在 AB 線外任取一點 C。若 $\overline{AC}=\overline{BC}$,則可以由[基本作圖1.1]的作法求得居于另一側的 C*,使得 $\overline{AC^*}=\overline{BC^*}$ 。則 CC* 就是 $\overline{AB}$ 的垂直平分線。

$\overline{AC} \neq \overline{BC}$,則可在 AB 同側再作 C' 點使得 $\bigtriangleup BAC' \cong \bigtriangleup ABC$ 。它們的兩對對應邊,即

$ \{ \overline{AC},\overline{BC'} \} $$ \{ \overline{BC}, \overline{AC'}\} $

之中必有一對相交與一點 $\widehat{C}$ (如 [圖1-7] 所示)。由[定理 1.3], $\overline{A\widehat{C}}=\overline{B\widehat{C}}$,所以可以用前面的作法求得 AB 的另一側的 C* 點,使得

\begin{displaymath}
\overline{AC^*}=\overline{A\widehat{C}}
= \overline{BC^*}=\overline{B\widehat{C}}
\end{displaymath}

$\widehat{C}C^*$ 就是所求作的垂直平分線。

証明:由所作, $\bigtriangleup AB\widehat{C}$ 是等腰,而且 $\widehat{C}C^*$ 平分其頂角。由此易見 $\bigtriangleup A\widehat{C}M \cong %%
\bigtriangleup B\widehat{C}M$ (S.A.S.),所以 $\overline{AM}=\overline{BM}$$\angle AM\widehat{C}=\angle BM\widehat{C}=\mbox{{\fontfamily{cwM1}\fontseries{m}\selectfont \cH242}\z{\fontfamily{cwM2}\fontseries{m}\selectfont \cH105}}$ 。 □

【定理 1.5】:設有相異直線 $\ell_{1}$, $\ell_{2}$ 分別和第三條直線 $\ell$ 相交,若同位角相等(如 [圖1-8] 所示, $\angle 1=\angle 2$),則 $\ell_{1}$, $\ell_{2}$ 不相交。

\begin{displaymath}
\begin{xy}
\xyimport(5,5){\epsfxsize =7.5cm \epsfbox{fig0108...
...,(2.1,0.25)*+{\ell}
,(4.95,1.3)*+{C}
,(0.1,4.1)*+{C^*}
\end{xy}\end{displaymath}

[ 圖 1-8 ]

証明:我們用反証法,設 $C=\ell_{1} \cap \ell_{2}$ 。在 $\ell_{2}$ 上取 $\overline{BC^{*}}=\overline{AC}${C,C*} 分居 $\ell$ 的兩側,連結 $\overline{C^{*}A}$ 。則由所作 $\bigtriangleup ABC^{*}$$\bigtriangleup BAC$ 滿足 S.A.S.,所以兩者全等。由此可得

\begin{displaymath}\angle BAC^{*}+\angle 1=\angle ABC+\angle 2=\pi\quad \hbox{({...
...t \cH19}\z{\fontfamily{cwM2}\fontseries{m}\selectfont \cH105})}\end{displaymath}

因此 $C^{*}A=AC=\ell_{1}$,而 $\ell_{1}$, $\ell_{2}$ 相交于分居 $\ell$ 的兩側的 CC* 。這顯然和二點確定唯一一條直線相矛盾。所以 $\ell_{1}$$\ell_{2}$ 是不可能相交的! □

【定理 1.6】:三角形的任一外角大于其任一內對角。即如 [圖1-9] 所示,$\angle \beta$ 大于 $\angle A$$\angle C$

\begin{displaymath}
\begin{xy}
\xyimport(5,5){\epsfxsize =4cm \epsfbox{fig0109.e...
...5,5.5)*+{C}
,(4.3,0.4)*+{\beta}
,(2.5,3.1)*+{\ell_2^+}
\end{xy}\end{displaymath}

[ 圖 1-9 ]

証明:這是 [定理 1.5] 的直接推論。茲用反証法証之如下:設 B 點的外角 $\angle \beta$ 小于 $\angle A$,則過 B 點作直線 $\ell_{2}$,使得它和 $\ell_{1}=AC$ 具有相等的同位角。由[定理 1.5],$\ell_{2}$$\ell_{1}$ 不相交。但是由假設 $\angle \beta <\angle A=\hbox{{\fontfamily{cwM0}\fontseries{m}\selectfont \cH176...
...ries{m}\selectfont \cH80}\z{\fontfamily{cwM2}\fontseries{m}\selectfont \cH105}}$,射線 $\ell^{+}_{2}$ 是夾在 $\overrightarrow{BA}$$\overrightarrow{BC}$ 之間的。所以 A, C 分居于 $\ell_{2}$ 的兩側,故此 $\ell_{2}$$\overline{AC}$ 必須相交,亦即和 [定理 1.5] 相矛盾。這也就証明了外角 $\angle \beta$ 必須都大于其二個內對角 $\angle A$, $\angle C$ 。 □

【定理 1.7】:(A.A.S.) 若 $\bigtriangleup ABC$$\bigtriangleup A'B'C'$ 滿足 $\overline{AB}=\overline{A'B'}$, $\angle B=\angle B'$$\angle C=\angle C'$,則 $\bigtriangleup ABC \cong \bigtriangleup A'B'C'$

証明:若兩者還有 $\overline{BC}=\overline{B'C'}$ ,則兩者其實已經滿足 S.A.S.。假若不然,可設 $\overline{BC}<\overline{B'C'}$ 。在 $\overline{B'C'}$ 上取 C* 點使得 $\overline{B'C^{*}}=\overline{BC}$,則有

\begin{displaymath}
\bigtriangleup ABC \cong \bigtriangleup A'B'C^{*} \quad
\quad \hbox{(S.A.S.)}
\end{displaymath}

所以 $\angle A'C^{*}B'=\angle C=\angle C'$,亦即 $\bigtriangleup A'C^{*}C'$ 的外角等于其中一個內對角,這是和[定理 1.6](或者[定理 1.5])相矛盾的。所以 $\overline{BC}$$\overline{B'C'}$ 必須等長,亦即 $\bigtriangleup ABC \cong \bigtriangleup A'B'C'$。 □

\begin{displaymath}
\xy
\xyimport(10,5){\epsfxsize=7cm \epsfbox{fig0110.eps}}*\f...
...A'}
,(10,-0.25)*+{B'}
,(8.4,5.4)*+{C'}
,(8.9,4.5)*+{C^*}
\endxy\end{displaymath}

[ 圖 1-10 ]

[註]:上述的証明中沒有用到平直性。若有平直性,即三角形內角和恆為平角,則 A.A.S. 是 A.S.A. 的直接推論。

【定理 1.8】:大邊對大角,大角對大邊。

証明:先証大邊對大角。設 $\bigtriangleup ABC$ 的邊長中 $\overline{AC}>\overline{BC}$,我們要証明 $\angle ABC>\angle BAC$

\begin{displaymath}
\xy
\xyimport(5,5){\epsfxsize=4.5cm \epsfbox{fig0111.eps}}*\...
...,2.05)*+{D}
,(2.45,1.96)*+{\delta}
,(3.7,0.85)*+{\gamma}
\endxy\end{displaymath}

[ 圖1-11 ]

証明:如 [圖1-11] 所示,在 $\overline{AC}$ 上取 D 點使得 $\overline{DC}=\overline{BC}$ ,則有等腰三角形 $\bigtriangleup BCD$ 的兩底角 $\angle \gamma = \angle \delta $,而 $\angle \delta $$\bigtriangleup ABD$D 點外角,所以即有

\begin{displaymath}\angle ABC > \angle \gamma=\angle \delta >\angle BAC\end{displaymath}

[大角對大邊的証明留作習題] □

【定理 1.9】:三角形的兩邊之和大于第三邊,即

\begin{displaymath}\overline{AB}+\overline{BC}>\overline {AC}\end{displaymath}

証明:如 [圖1-12] 所示,在 $\overline{AB}$ 的延線上取 $\overline{BD}=\overline{BC}$,則等腰三角形 $\bigtriangleup BDC$ 的兩底角相等,所以在 $\bigtriangleup ADC$$\angle ACD>\angle \gamma =\angle ADC$,即有

\begin{displaymath}
\overline{AB}+\overline{BC}=\overline{AD}>\overline{AC} \eqno \Box
\end{displaymath}


\begin{displaymath}
\xy
\xyimport(5,5){\epsfxsize=5cm \epsfbox{fig0112.eps}}*\fr...
...}
,(3.65,5.6)*+{C}
,(5.05,-0.35)*+{D}
,(3.6,4)*+{\gamma}
\endxy\end{displaymath}

[ 圖1-12 ]

【定理 1.10】:在平面 Π 上給定兩個相異點 A, B,其等距的點所成的子集

\begin{displaymath}{\mathcal S}=\{X\in \Pi,\;\overline{AX}=\overline{BX}\}\end{displaymath}

乃是 $\overline{AB}$ 的垂直平分線。

証明:令 M$\overline{AB}$ 的中點,X1$\mathcal S$ 中任給一點,則有 $\bigtriangleup X_{1}AB$ 等腰,所以 $XM \perp AB$ 。反之,若 X2$\overline{AB}$ 中垂線上任給一點,則 $\bigtriangleup X_{2}MA \cong \bigtriangleup X_{2}MB$ (S.A.S.),所以 $\overline{X_{2}A}=\overline{X_{2}B}$,亦即 $X\in {\mathcal S}$ 。 □

\begin{displaymath}
\xy
\xyimport(5,5){\epsfxsize=4cm \epsfbox{fig0113.eps}}*\fr...
...+{M}
,(2.9,4.3)*+{X_1}
,(2.9,0.8)*+{X_2}
,(5.2,2.3)*+{B}
\endxy\end{displaymath}

[ 圖1-13 ]

【基本作圖題 1.4】:過直線 $\ell$ 上一點 M,作其垂直線。

[作法] 在 $\ell$M 點的兩側各取 A, B 使得 M$\overline{AB}$ 的中點,再用圓規作兩個分別以 A, B 為圓心,以相同但是大于 $\overline{AM}$ 為半徑的圓。則兩圓會交于 X1, X2 兩點,而 X1X2 即為所求作者。 [証明留作習題]

\begin{displaymath}
\xy
\xyimport(5,5){\epsfxsize=6cm \epsfbox{fig0114.eps}}*\fr...
...}
,(2.65,0.45)*+{X_2}
,(3.8,2.2)*+{B}
,(5.2,2.5)*+{\ell}
\endxy\end{displaymath}

[ 圖1-14 ]

【基本作圖題 1.5】:設 P 是直線 $\ell$ 之外一點,作過 P 點而且和 $\ell$ 垂直的直線。

[作法] 在平面上取一點 Q,使得 P, Q 分居 $\ell$ 線的兩側,如 [圖1-15] 所示。以 $\overline{PQ}$ 為半徑,先以 P 點為圓心作 $\Gamma_{1}$,與 $\ell$ 交于 A, B 兩點。然後分別以 A, B 為圓心作 $\Gamma_{2}$, $\Gamma_{3}$, 得 $\Gamma_{2} \cap \Gamma_{3}$ 的兩交點 P, P' 。 則 $\overline{PP'}$$\ell$ 所垂直平分。[証明留作習題]

\begin{displaymath}
\def\fig0115{\epsfxsize =6cm \epsfbox{fig0115.eps}}
\xy
\xyi...
...{\Gamma_1}
,(1.8,3.9)*+{\Gamma_3}
,(3.2,3.9)*+{\Gamma_2}
\endxy\end{displaymath}

[ 圖1-15 ]

【定義】:對于平面上一條給定直線 $\ell$ ,線外兩點 P, P' 若滿足 $\overline{PP'}$$\ell$ 垂直平分,則稱 P, P' 對于 $\ell$ 成反射對稱。

[上述作圖題說明如何去由 P 作出 P' 。]

【定義】:平面對于給定直線 $\ell$ 的反射對稱 ${\mathfrak R}_{\ell}$ 是平面到自身的一個映射。它把線上的點映射到自己,線外的點映射到其反射對稱點 P,即

\begin{displaymath}
\left\{
\begin{array}{l}
\hbox{{\fontfamily{cwM2}\fontseri...
...mily{cwM0}\fontseries{m}\selectfont \cH1}}
\end{array}\right.
\end{displaymath}

【定理 1.11】: ${\mathfrak R}_\ell$ 是平面上的一個保長變換,即:

\begin{displaymath}\overline{{\mathfrak R}_{\ell}(P){\mathfrak R}_{\ell}(Q)} =\overline{PQ}\end{displaymath}

對于平面上任給兩點 P, Q 皆成立。

証明:在此,將採用簡約符號 P' 表示 ${\mathfrak R}_{\ell}(P)$

(i)
$P,Q\in \ell$, 則 P'=P, Q'=Q,即 $\overline{P'Q'}$$\overline{PQ}$ 是同一直線段。
(ii)
$P\in \ell$, $Q\notin \ell$,則 $\bigtriangleup PQQ'$ 的底邊 $\overline{QQ'}$$\ell$ 所垂直平分,即有 $\bigtriangleup PQM \cong \bigtriangleup PQ'M$ 。所以 $\overline{P'Q'}=\overline{PQ'}=\overline{PQ}$
(iii)
$P,Q\notin \ell$,則在 $\ell$ 上取定一點 P0 。由 (ii) 之所証, $\bigtriangleup P_{0}PP'$$\bigtriangleup P_{0}QQ'$ 都是等腰三角形,因此 $\ell$ 乃是它們在頂角的平分線,由此可見 $\angle PP_{0}Q=\angle P'P_{0}Q'$ 。所以 $\bigtriangleup PP_{0}Q \cong \bigtriangleup P'P_{0}Q'$ (S.A.S.), $\overline{P'Q'}=\overline{PQ}$


\begin{displaymath}
\def\fig0116{\epsfxsize =9cm \epsfbox{fig0116.eps}}
\xy
\xyi...
...25,2.9)*+{\scriptstyle 3}
,(6.3,2.15)*+{\scriptstyle 3'}
\endxy\end{displaymath}

[ 圖1-16 ]

【定理 1.12】:從直線 $\ell$ 之外一點 P,到線上各點的距離以垂直線所給出者為唯一極小。

\begin{displaymath}
\def\fig0117{\epsfxsize =5cm \epsfbox{fig0117.eps}}
\xy
\xyi...
...
,(2.45,-0.6)*+{Q_0}
,(4.2,-0.6)*+{Q}
,(5.2,0.1)*+{\ell}
\endxy\end{displaymath}

[ 圖1-17 ]

証明:設 $\overline{PQ_{0}}$$\ell$ 正交于 Q0Q$\ell$ 上任給另外一點,則 $\bigtriangleup PQ_{0}Q$Q0 點的外角是 $\frac{\pi}{2}$ 。由[定理 1.6],即得 $\angle Q<\frac{\pi}{2}=\angle Q_{0}$ 。再由[定理 1.8]即得

\begin{displaymath}
\overline{PQ}>\overline{PQ_{0}} \eqno \Box
\end{displaymath}

[註]:在這裡沒有用到勾股定理(勾股定理是依賴于平行性的)。

【定理 1.13】:設 $\square ABCD$ 為圓內接四邊形,亦即四個頂點 A, B, C, D 共圓。則有

\begin{displaymath}\angle A+\angle C=\angle B+\angle D\end{displaymath}

証明:令 O$\square ABCD$ 的外接圓圓心,則 $\bigtriangleup OAB$, $\bigtriangleup OBC$, $\bigtriangleup OCD$, $\bigtriangleup ODA$ 皆為等腰,所以其底角分別相等。設其有向角為 $\theta_{1}$, $\theta_{1}$, $\theta_{2}$, $\theta_{2}$, $\theta_{3}$, $\theta_{3}$, $\theta_{4}$, $\theta_{4}$,則有

\begin{displaymath}
\angle A+\angle C=\theta_{1}+\theta_{2}+\theta_{3}+\theta_{4}=%%
\angle B+\angle D \eqno \Box
\end{displaymath}


\begin{displaymath}
\def\fig0118{\epsfxsize =4.5cm \epsfbox{fig0118.eps}}
\xy
\x...
...riptstyle \theta_4}
,(1.05,1.2)*+{\scriptstyle \theta_4}
\endxy\end{displaymath}

[ 圖1-18 ]

【定理 1.14】:三角形的內角和不大于 π 。

証明:我們將用反証法,亦即設存在有一個內角和大于 π 的三角形 $\bigtriangleup ABC$,即有

\begin{displaymath}\angle A+\angle B+\angle C=\pi +\varepsilon,\quad\quad \varepsilon >0.\end{displaymath}

我們要僅僅用疊合公理,連結與分隔去得出矛盾。設 $\angle A$ 是三個內角中的最小者,M$\overline{BC}$ 的中點。 如 [圖1-19] 所示,連結 $\overline{AM}$,延長一倍而得 A*

\begin{displaymath}
\def\fig0119{\epsfxsize =6cm \epsfbox{fig0119.eps}}
\xy
\xyi...
...+{2}
,(0.65,0.34)*+{1}
,(4.6,4.29)*+{2}
,(2.6,3.05)*+{M}
\endxy\end{displaymath}

[ 圖1-19 ]

由所作易見 $\bigtriangleup MBA^{*} \cong \bigtriangleup MCA$ (S.A.S.),所以 $\bigtriangleup ABA^*$ 的三個內角和也等于 $\pi + \varepsilon$,而且 $\angle 1+\angle A^{*}=\angle A$ 。由此可見 $\bigtriangleup ABA^*$ 中的最小內角至多只是原先 $\bigtriangleup ABC$ 的最小內角($\angle A$)的一半。如此逐步構造,所得的三角形的內角和一直保持是 $\pi + \varepsilon$,而且其最小內角的大小每次至少減半。所以只要作足夠多次,則其最小內角就肯定要比 ε 還要小!亦即其另外兩個內角之和已經大于 π !這顯然是和外角大于內對角(定理 1.6)相矛盾的。這也是証明了這種內角和大于平角的三角形其實是不可能存在的,亦即任何三角形的內角和不大于 π 。 □

【定理 1.15】:若存在一個三角形其內角和等于 π,則任何三角形的內角和也必須等于 π 。

証明:設有一個三角形 $\bigtriangleup ABC$ 其內角和等于 π,則由其大角 $\angle C$ 到其對邊 $\overline{AB}$ 作垂線 $\overline{CD}$

\begin{displaymath}
\def\fig0120{\epsfxsize =5cm \epsfbox{fig0120.eps}}
\xy
\xyi...
...}
,(1.87,4.05)*+{1}
,(2.23,4.05)*+{2}
,(5.05,-0.35)*+{B}
\endxy\end{displaymath}

[ 圖1-20 ]

即有

\begin{displaymath}\begin{array}{rcl}
(\angle 1+\angle A+\displaystyle{\frac{\pi...
...y{cwM1}\fontseries{m}\selectfont \cH220}~1.14)} \\
\end{array}\end{displaymath}

所以直角三角形 $\bigtriangleup CDA$ $\bigtriangleup CDB$ 的內角和也都等于 π 。用其中之一即可得一個四內角皆為 $\frac{\pi}{2}$ 的「矩形」,如 [圖1-20] 所示的 $\square CDBD^{*}$ 。將這個矩形逐一堆砌即可得出長和寬都可以任意大的矩形,如 [圖1-21] 所示:

\begin{displaymath}
\def\fig0121{\epsfxsize =4.5cm \epsfbox{fig0121.eps}}
\xy
\x...
...15,-0.4)*+{C_1'}
,(4.5,-0.4)*+{A_1'}
,(-0.3,4.3)*+{B_1'}
\endxy\end{displaymath}

[ 圖1-21 ]

現在我們要用[定理 1.14]來証明任何直角三角形的內角和都必然等于 π 。設 $\bigtriangleup A_{1}B_{1}C_{1}$ 是一個任給直角三角形, $\angle C_{1}=\frac{\pi}{2}$,我們可以 [圖1-21] 所作的那個足夠大的矩形構造 $\bigtriangleup A'_{1}B'_{1}C'_{1} \cong \bigtriangleup A_{1}B_{1}C_{1}$,使得其直角邊 $\overline{A'_{1}C'_{1}}$$\overline{B'_{1}C'_{1}}$ 都包含在該矩形的兩個直角邊之內。而由 [圖1-22] 所示:

\begin{displaymath}
\def\fig0122{\epsfxsize =5cm \epsfbox{fig0122.eps}}
\xy
\xyi...
...
,(-0.1,5.3)*+{F}
,(-0.25,3.2)*+{B_1'}
,(5.05,-0.3)*+{D}
\endxy\end{displaymath}

[ 圖1-22 ]


\begin{displaymath}
\begin{array}{l}
\bigtriangleup C'_{1}DF \hbox{ {\fontfamily...
...ly{cwM1}\fontseries{m}\selectfont \cH220}~1.14)}\\
\end{array}\end{displaymath}

這樣就証明了任何直角三角形的內角和皆等于 π 。而任何三角形都可以像 [圖1-20] 那樣分割成兩個直角三角形,所以它的內角和也必然等于 π 。 □

[註]:[定理 1.14]和[定理 1.15]証明了在任何滿足連結、分隔和疊合(對稱性)的幾何之中,三角形的內角和不是恆等于 π 就是恆小于 π 。前者是歐氏幾何,而後者則是非歐幾何。在後者的情形,我們還可以証明下述角虧 (angle defect)

\begin{displaymath}\pi-(\angle A+\angle B+\angle C)\end{displaymath}

$\bigtriangleup ABC$ 的面積成比例。

   

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最後修改日期:6/19/2004